mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 22, 2022 10:35 am**

: Τετράγωνο λόγου..png (11.33 KiB) Προβλήθηκε 1063 φορές

Έστω

το μέσο της υποτείνουσας

ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC

και

σημεία των πλευρών AC,

αντίστοιχα ώστε CD=3DA, BE=3EA.

Αν οι

τέμνονται στο

να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{SA^2}{SB^2}.$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 22, 2022 5:11 pm**

george visvikis έγραψε: Παρ Ιούλ 22, 2022 10:35 am Τετράγωνο λόγου..png
Έστω το μέσο της υποτείνουσας ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου και σημεία των πλευρών

αντίστοιχα ώστε Αν οι τέμνονται στο να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{SA^2}{SB^2}.$

Έστω $T\equiv MD\cap AB,N\equiv AS\cap BC,K\equiv BS\cap TC$ . Αν είναι AB=AC=m

τότε προφανώς (από το ορθογώνιο ισοσκελές) θα είναι $BC=m\sqrt{2}$ .

Με $AE=AD=\dfrac{m}{4}$ από την υπόθεση θα είναι $ED\parallel BC\Rightarrow \dfrac{ED}{BC}=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{1}{4}\overset{BC=2BM}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{ED}{BM}=\dfrac{1}{2}\overset{\vartriangle TBM\left( ED\parallel BM \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,E$ το μέσο (και) της $BT\overset{MB=MC}{\mathop{\Rightarrow }}\,S$ το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle TBC\Rightarrow BK$ η τρίτη διάμεσος τη εν λόγω τριγώνου και $ET=EB=\dfrac{3m}{4}\Rightarrow \dfrac{AT}{TE}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{TS}{TM}\Rightarrow AS\parallel EM$ $\overset{EM\parallel TC\left( ET=EB,MB=MC \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,AS\parallel TK\Rightarrow \dfrac{SA}{SB}=\dfrac{TK}{KB}\Rightarrow \dfrac{S{{A}^{2}}}{S{{B}^{2}}}=\dfrac{T{{K}^{2}}}{K{{B}^{2}}}:\left( 1 \right)$

: τετράγωνο λόγου.png (17.81 KiB) Προβλήθηκε 1000 φορές

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle TAC\left( \angle TAC={{90}^{0}} \right)\overset{\Pi .\Theta }{\mathop{\Rightarrow }}\,T{{C}^{2}}=T{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}$ $\overset{m=2TA}{\mathop{=}}\,\dfrac{{{m}^{2}}}{4}+{{m}^{2}}=\dfrac{5{{m}^{2}}}{4}\Rightarrow TC=m\dfrac{\sqrt{5}}{2}\overset{TC=2TK}{\mathop{\Rightarrow }}\,TK=m\dfrac{\sqrt{5}}{4}:\left( 2 \right)$

Από τον τύπο της διαμέσου στο τρίγωνο $\vartriangle TBC\Rightarrow K{{B}^{2}}=\dfrac{2\left( B{{T}^{2}}+B{{C}^{2}} \right)-T{{C}^{2}}}{4}=$ $\dfrac{2\left( {{\left( \dfrac{3m}{2} \right)}^{2}}+{{\left( m\sqrt{2} \right)}^{2}} \right)-\dfrac{5{{m}^{2}}}{4}}{4}\Rightarrow \ldots$ $K{{B}^{2}}=\dfrac{29}{16}{{m}^{2}}$ άρα από την $\left( 1 \right)$ θα έχουμε: $\dfrac{S{{A}^{2}}}{S{{B}^{2}}}=\dfrac{\dfrac{5}{16}{{m}^{2}}}{\dfrac{29}{16}{{m}^{2}}}=\dfrac{5}{29}$ και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί (χωρίς φυσικά λογισμικό

)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 23, 2022 12:03 pm**

george visvikis έγραψε: Παρ Ιούλ 22, 2022 10:35 am Τετράγωνο λόγου..png
Έστω το μέσο της υποτείνουσας ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου και σημεία των πλευρών

αντίστοιχα ώστε Αν οι τέμνονται στο να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{SA^2}{SB^2}.$

Θεωρώντας

μέσον της

είναι

κι από θ.κ.δέσμης $\dfrac{NT}{TM} = \dfrac{AE}{EB}= \dfrac{1}{3}$

Στο τρίγωνο MDN

με διατέμνουσα STC

ο Μενέλαος δίνει

$\dfrac{NT}{TM} . \dfrac{MS}{SD} . \dfrac{CD}{CN} =1 \Rightarrow \dfrac{1}{3}. \dfrac{MS}{SD}. \dfrac{3}{2}=1 \Rightarrow SM=2SD$

Άρα

κ.βάρους του τριγώνου AMN

,συνεπώς

μέσον της

και

κι από

θ.κ.δέσμης $\dfrac{CK}{KM} = \dfrac{NS}{SZ}= 2$ άρα εύκολα $MK= \dfrac{a}{6}$

Από Π.Θ στο τρίγωνο $AMK \Rightarrow AK^2= \dfrac{a^2}{4}+ \dfrac{a^2}{16} \Rightarrow 4AS^2= \dfrac{5a^2}{18} \Rightarrow AS^2= \dfrac{5a^2}{72}$

Τώρα,από θ.διαμέσου στο τρίγωνο $ABK \Rightarrow BS^2= \dfrac{29a^2}{72}$ και $\dfrac{SA^2}{SB^2}= \dfrac{5}{29}$

: λόγος τετραγώνων.png (14.73 KiB) Προβλήθηκε 955 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 24, 2022 5:33 pm**

george visvikis έγραψε: Παρ Ιούλ 22, 2022 10:35 am Τετράγωνο λόγου..png
Έστω το μέσο της υποτείνουσας ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου και σημεία των πλευρών

αντίστοιχα ώστε Αν οι τέμνονται στο να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{SA^2}{SB^2}.$

Θα χρησιμοποιήσω τη συμμετρία για τη λύση ,δηλαδή το ύψος

του ορθογωνίου και

ισοσκελούς τριγώνου είναι άξονας συμμετρίας

Ειναι $AE=AD=\dfrac{a\sqrt{2}}{8},BE=DC=\dfrac{3a\sqrt{2}}{8},ED//BC,$

και από τα ίσα τρίγωνα BEM=MDC

είναι

, Από θεώρημα Θαλή $\dfrac{ED}{MC}=\dfrac{ES}{SC}=\dfrac{SD}{SM}=\dfrac{1}{2},ED=\dfrac{a}{4},EC=BD\Rightarrow ES=TD,$

και από την ισότητα των τριγώνων ADT,AES,AT=AS

Οπότε έχουμε δυο ισοσκελή τραπέζια

$ETSD,BTSC,SC=BS,EC=\dfrac{a\sqrt{17}}{4\sqrt{2}},ES=\dfrac{a\sqrt{17}}{12\sqrt{2}}, ES.SC=\dfrac{17a^{2}}{2.72} AEC,ES.AC^{2}+SC.AE^{2}=EC(AS^{2}+ES.SC)\Rightarrow AS^{2}= \dfrac{5a^{2}}{72},(*), EBC,ES.BC^{2}+SC.BE^{2}=EC(BS^{2}+ES.SC) \Rightarrow BS^{2}=\dfrac{29a^{2}}{72},(**), (*),(**)\Rightarrow \dfrac{SA^{2}}{BS^{2}}=\dfrac{5}{29}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 24, 2022 11:10 pm**

george visvikis έγραψε: Παρ Ιούλ 22, 2022 10:35 am Τετράγωνο λόγου..png
Έστω το μέσο της υποτείνουσας ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου και σημεία των πλευρών

αντίστοιχα ώστε Αν οι τέμνονται στο να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{SA^2}{SB^2}.$

Επιλέγοντας το πιο κάτω σύστημα συντεταγμένων έχω:

: Τετράγωνο λόγου.png (18.06 KiB) Προβλήθηκε 877 φορές

$\left\{ \begin{gathered} EC:\,\,\,\frac{x}{k} + \frac{y}{{4k}} = 1 \hfill \\ DM:\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&y&1 \\ {2k}&{2k}&1 \\ 0&k&1 \end{array}} \right| = 0\,\, \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} EC:\,\,\,4x + y = 4k \hfill \\ DM:\,\,x - 2y = - 2{k}\,\, \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και άρα : $\boxed{S\left( {\frac{{2k}}{3},\frac{{4k}}{3}} \right)}$ οπότε:

$\left\{ \begin{gathered} A{S^2} = \frac{{20{k^2}}}{9} \hfill \\ B{S^2} = \frac{{116{k^2}}}{9} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{{{\left( {\frac{{AS}}{{BS}}} \right)}^2} = \frac{{20}}{{116}} = \frac{5}{{29}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 03, 2022 9:10 pm**

$AB=AC=x\Rightarrow MC=\frac{\sqrt{2}}{2}x, DC=\frac{3}{4}x, \widehat{DCM}=45^{0}\Rightarrow MD^{2}=\frac{x^{2}}{2}+\frac{9x^{2}}{16}-2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}x\cdot \frac{3}{4}x\cdot \cos 45^{0}=\frac{8x^{2}}{16}+\frac{9x^{2}}{16}-\frac{12x^{2}}{16}=\frac{5x^{2}}{16}\Rightarrow MD=\frac{\sqrt{5}}{4}x\Rightarrow \frac{\frac{\sqrt{5}}{4}x}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\frac{3}{4}x}{\cos \widehat{DMC}}\Rightarrow \cos \widehat{DMC}=\frac{3\sqrt{10}}{10}, \sin \widehat{DMC}=\frac{\sqrt{10}}{10}(1).$
$\cos \widehat{ACE}=\frac{\sqrt{17}}{17}, \sin \widehat{ACE}=\frac{4\sqrt{17}}{17}\Rightarrow \cos \widehat{MCS}=cos(45^{0}-\widehat{ACE})=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{4\sqrt{17}}{17}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{17}}{17}=\frac{3\sqrt{34}}{34}, \sin \widehat{MCS}=\frac{5\sqrt{34}}{34}(2)$
$\cos \widehat{MSC}=cos(\widehat{DMC}+\widehat{MCS})=\cos \widehat{DMC}\cdot \sin \widehat{MCS}+\cos \widehat{MCS}\cdot \sin \widehat{DMC}=\frac{3\sqrt{10}}{10}\cdot \frac{5\sqrt{34}}{34}+\frac{\sqrt{10}}{10}\cdot \frac{3\sqrt{34}}{34}=\frac{9\sqrt{85}}{85}\Rightarrow \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}x}{\frac{9\sqrt{85}}{85}}=\frac{SC}{\frac{3\sqrt{10}}{10}}\Rightarrow SC=\frac{\sqrt{17}}{6}x(3)$
$SA^{2}=(\frac{\sqrt{17}}{6}x)^{2}+x^{2}-2\cdot \frac{\sqrt{17}}{6}x\cdot x\cdot \frac{4\sqrt{17}}{17}=\frac{5}{36}x^{2}(4)$
$SB^{2}=(\frac{\sqrt{17}}{6}x)^{2}+2x^{2}-2\cdot \frac{\sqrt{17}}{6}x\cdot \sqrt{2}\cdot x\cdot \frac{5\sqrt{34}}{34}=\frac{29}{36}x^{2}(5)$
$\frac{SA^{2}}{SB^{2}}=\frac{\frac{5}{36}x^{2}}{\frac{29}{36}x^{2}}=\frac{5}{29}.$

mathematica.gr

Τετράγωνο λόγου

Τετράγωνο λόγου

Re: Τετράγωνο λόγου

Re: Τετράγωνο λόγου

Re: Τετράγωνο λόγου

Re: Τετράγωνο λόγου

Re: Τετράγωνο λόγου